云南省玉溪市红塔区玉溪第一中学2025-2026学年高二上学期9月月考物理试卷

这是一份云南省玉溪市红塔区玉溪第一中学2025-2026学年高二上学期9月月考物理试卷，共14页。试卷主要包含了0× 1 05J，05，4 m的平台上等内容，欢迎下载使用。
物理
注意事项：
答卷前，考⽣务必⽤⿊⾊碳素笔将⾃⼰的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科⽬，在规定的位置贴好条形码。
回答选择题时，选出每⼩题答案后，⽤ 2B 铅笔把答题卡上对应题⽬的答案标号涂
⿊。如需改动，⽤橡⽪擦⼲净后，再选涂其他答案标号。回答⾮选择题时，⽤⿊⾊碳素笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上⽆效。
考试结束后，将本试卷和答题卡⼀并交回。
⼀、选择题：本题共 10 ⼩题，共 46 分。在每⼩题给出的四个选项中，第 1~7 题只有⼀项符合题⽬要求，每⼩题 4 分；第 8~10 题有多项符合题⽬要求，每⼩题 6 分，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
跳伞是⼀种极限运动，假设某跳伞运动员在由静⽌开始下落的过程中始终受恒定阻⼒（不含空⽓对降落伞的作⽤⼒）作⽤，打开降落伞前下落了⼀段距离，打开降落伞后开始做匀减速直线运动，下列说法正确的是
跳伞运动员打开降落伞前的过程中恒定阻⼒做负功 B．跳伞运动员打开降落伞前的过程中重⼒做负功
C．跳伞运动员打开降落伞后重⼒做功的功率逐渐增⼤ D．跳伞运动员打开降落伞后恒定阻⼒做正功
，
电动⻋配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动⻋沿倾⻆为 15°的斜坡向下运动，初动能为1.0× 1 05J。第⼀次让⻋⽆动⼒⾃由滑⾏，其动能Ek与位移x的关系如图中直线① 所示；第⼆次让⻋⽆动⼒并开启“能量回收”装置滑⾏，其动能 Ek与位移x的关系如图中曲线② 所示。假设机械能回收效率为90%
重⼒加速度g= 10 m/s2。下列说法正确的是
图中① 对应过程汽⻋所受合⼒越来越⼤
可求图中② 对应过程下滑 200m 回收的电能
图中② 对应过程下滑 100m 后不再回收能量
由题中及图像信息可求出电动⻋的质量
物理试题第 1 ⻚（共 6 ⻚）
如图所示，⼀半径为R的光滑硬质圆环固定在竖直平⾯内，在最⾼点的竖直切线和最低点的⽔平切线的交点处固定⼀光滑轻质⼩滑轮C质，量为 m的⼩球A穿在环上且，可以⾃由滑动，⼩球A通过⾜够⻓的不可伸⻓细线连接另⼀质量也为m的⼩球B，细线搭在滑轮上，现将⼩球A从环上最⾼点由静⽌释放，重⼒加速度为g，不计空⽓阻⼒，A在环上运动过程中，下列说法正确的是
两⼩球组成的系统运动过程中机械能先减⼩后增⼤ B．细线的拉⼒对A球做功的功率⼩于对B球做功的功率
释放后⼩球B的速度为零时，⼩球A的动能为 2− 2 mgR
2
⼩球A运动到环上最低点时的速度为2 gR
如图所示，带电量分别为q1 、q2的A、B⼩球，⽤绝缘细线悬挂于同⼀点，两球静⽌时，它们位于同⼀⽔平⾯上，相距L，线与竖直⽅向的夹⻆分别为α、β，且β> α，重⼒加速度为 g，静电⼒常数为k。若同时剪断两根细线，空⽓阻⼒不计，两球带电量不变，则
q1 < q2
B．A
球的质量为 kq1 q2
gL2sinα
两球将同时落地
落地时，A球的⽔平位移更⼤
如图所示，⽔平⾯内的等边三⻆形BCD的边⻓为L，C点恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷Q。在A点将质量为m、电荷量为−q的⼩球(⾃身产⽣的电场可忽略)套在轨道AC上并将⼩球由静⽌释放，已知静电⼒常量k，重
⼒加速度为g，且kQq= 3mg，忽略空⽓阻⼒，下列说法正确
L23
的是
从O点沿z轴到A点，电场强度⼀直增⼤
mg
轨道上C点的电场强度⼤⼩为 q
⼩球刚到达C点时(未脱离轨道)的加速度⼤⼩为 3g
⼩球在A、C两点之间做往复运动
，
某⼀静电喷涂装置接上⾼压电源后在喷⼝和被涂物间产⽣强电场电场线分布如图所示。带电粒⼦从M点由静⽌释放后沿直线运动到N点，不计带电粒⼦受到的重⼒。下列说法正确的是
该粒⼦带正电
B．M点处的电场强度⼩于N点处的电场强度
C．粒⼦经过M点时的电势能⼤于经过N点时的电势能
物理试题第 2 ⻚（共 6 ⻚）
D．粒⼦经过M点时的加速度⼩于经过N点时的加速度
如图所示，电荷量为q的正点电荷与竖直放置的均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的⼏何中⼼，垂线上的A、B两点到薄板的距离均为d。已知A点的电场强度为0，下列说法正确的是
薄板带正电
B．B点电势⾼于A点电势 C．B点电场强度的⽅向向右
D．B点电场强度的⼤⼩为kq
9d2
法拉第⾸先提出⽤电场线形象⽣动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图（箭头未标
出）。在M点处放置⼀个电荷量⼤⼩为q的负试探点电荷，受到的电场⼒⼤⼩为F，以下说法正确的是
由电场线分布图可知M点处的场强⽐N点处场强⼩ B．a、b为异种电荷，a的电荷量⼩于b的电荷量
C．M点处的场强⼤⼩为F ⽅向与所受电场⼒⽅向相同
q，
2q
D．如果M点处的点电荷电量变为2q，该处场强将变为 F
下列关于教科书上的四幅插图，下列说法正确的
图⼀是优质话筒线，它能防⽌外界环境的⼲扰信息，原理和⾼压线上⽅安装两条与⼤地相连的导线相同
图⼆中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其⼯作原理为静电屏蔽 C．图三为给汽⻋加油前要触摸⼀下的静电释放器，其⽬的是导⾛加油枪上的静电 D．图四的燃⽓灶中安装了电⼦点⽕器，点⽕应⽤了尖端放电原理
如图甲所示，粗糙、绝缘的⽔平地⾯上，⼀质量m= 1 kg的带负电⼩滑块(可视为质点)在 x= 1 m处以v0= 2m/s的初速度沿x轴正⽅向运动，滑块与地⾯间的动摩擦因数μ= 0.05。在x= 0及x= 5m处有两个电性未知，电荷量分别为Q1 、Q2的点电荷场源，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图⼄所示，P点是图线最低点，虚线AB是图像在x= 1 m处的切线，g= 10 m/s2下列说法正确的选项是
滑块在x= 3m处所受合外⼒⼩于
0.5N
题第 3 ⻚（共 6 ⻚）
物理试
两场源电荷均带负电，且| Q1 |> | Q2| C．滑块向右运动过程中，速度始终减⼩ D．滑块向右⼀定可以经过x= 4m处的位置
⼆、⾮选择题：本题共 5 ⼩题，共 54 分。其中 13~15 题解答时请写出必要的⽂字说明、⽅程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（6 分）
美国物理学家密⽴根利⽤如图所示的实验装置，最先测出了电⼦的电荷量，被称为密⽴根油滴实验。如图，两块⽔平放置的⾦属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产⽣匀强电场，⽅向竖直向下，板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静⽌。
若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有。
油滴质量mB．两板间的电压U C．两板间的距离dD．两板的⻓度L
⽤所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q= (已知重⼒加速度为g)。
在进⾏了⼏百次的测量以后，密⽴根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最⼩电荷量的整数倍，这个最⼩电荷量被认为是元电荷。其值为e= C。(保留三位有效数字)
关于元电荷下列说法正确的是
油滴的电荷量可能是1.6× 1 0−20C B．油滴的电荷量可能是3.2× 1 0−15C C．元电荷就是电⼦
D．任何带电体所带电荷量可取任意值 12．（8 分）
某实验⼩组利⽤铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1 所示。弹簧的劲度系数为k，原⻓为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的
弹性势能表达式为E= 1 kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重⼒加速
2
度⼤⼩为g。
物理试题第 4 ⻚（共 6 ⻚）
在弹性限度内将钩码缓慢下拉⾄某⼀位置，测得此时弹簧的⻓度为L。接通打点计时器电源。从静⽌释放钩码，弹簧收缩，得到了⼀条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为 ，钩码的动能增加量为 ，钩码的重⼒势能增加量为 。
利⽤计算机软件对实验数据进⾏处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升⾼度ℎ的关系，如图3所示。由图3可知，随着ℎ增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变⼤，主要原因是 。
13．（10 分）
如图所示，⽤L= 30 cm的绝缘细线将质量为m= 5× 10 −3kg的⾜够⼩的带电⼩球悬挂在O点，当空中竖直平⾯内加上如图所示斜向上与⽔平⽅向成37°⻆，⼤⼩为E= 2× 104 N/C的匀强电场时，⼩球能在图示细线与竖直⽅向成37°处处于静⽌状态。(g取10 m/s2，sin 37°= 0.6；cs37°= 0.8.)求：
⼩球带正电荷还是负电荷？所带电荷量⼤⼩q为多少；
物理试题第 5 ⻚（共 6 ⻚）
剪断细线后带电⼩球的加速度⼤⼩a。
14．（12 分）
如图所示，有⼀条沿顺时针⽅向匀速转动的传送带，速度v= 4 m/s，传送带与⽔平⾯的夹⻆θ= 37°.现将质量m= 1 kg的⼩物块轻放在其底端(⼩物块可视作质点)，与此同时，给⼩物块施加沿传送带向上的恒⼒F= 8 N，经过⼀段时间，⼩物块被传送到了离地⾯⾼为ℎ= 2.4 m的平台上.已知物块与传送带间的动摩擦因数μ= 0.5， g取10 m/s2， sin 37°= 0.6， cs 37°= 0.8．
物块从传送带底端运动到平台上所⽤的时间是多少?
若在物块与传送带达到相同速度时，⽴即撤去恒⼒F，则物块还需经过多⻓时间离开传送带?离开传送带时的速度为多⼤?
15．（18 分）
⼀质量为m= 6kg带电量为q= −0.1C的⼩球P⾃动摩擦因数μ= 0.5，倾⻆θ= 53°的粗糙斜
⾯顶端由静⽌开始滑下，斜⾯⾼ℎ= 6.0m，斜⾯底端通过⼀段光滑⼩圆弧与⼀光滑⽔平⾯相连。整个装置处在⽔平向右的匀强电场中，场强E= 200N/C，忽略⼩球在连接处的能量损失，
当⼩球运动到⽔平⾯时，⽴即撤去电场。⽔平⾯上放⼀静⽌的不带电的质量也为m的1 圆槽
4
Q，圆槽光滑且可沿⽔平⾯⾃由滑动，圆槽的半径R= 3m，如图所示。(sin53°= 0.8,cs53°= 0.6, g= 10 m/s2。)
在沿斜⾯下滑的整个过程中，P球电势能增加多少？
⼩球P运动到⽔平⾯时的速度⼤⼩。
试判断⼩球P能否冲出圆槽Q。
（共 6 ⻚）
物理试题第 6 ⻚
⽟溪⼀中 2025—2026 学年上学期⾼⼆⽉考（9 ⽉）
物理参考答案与解析
1 . 【答案】
【解析】A. 跳伞运动员打开降落伞前的过程中恒定阻⼒⽅向向上，位移向下，则恒定阻
⼒对它们做负功，故A正确；
跳伞运动员打开降落伞前的过程中重⼒⽅向和位移⽅向都向下，所以重⼒做正功，故 B错误；
跳伞运动员打开降落伞后开始做匀减速直线运动，速率减⼩，根据可知，重
⼒做功的功率在减⼩，故C错误；
跳伞运动员打开降落伞后恒定阻⼒⽅向向上，位移向下，则恒定阻⼒对它们做负功，
开启能量回收模式下滑时
则回收的电能为，故B正确；
根据以上分析，重⼒和摩擦⼒的合⼒做正功，⽽图中对应过程下滑后动能不变，所以下滑后还是继续回收能量，故C错误；
由于不知道⻋与斜坡的动摩擦因数，故⽆法由题中及图像信息求出电动⻋的质量，故 D错误。
故选 B。
【答案】
【解析】两⼩球组成的系统内只有重⼒做功，环对的⽀持⼒不做功，所以两⼩球
组成的系统运动过程中机械能守恒，则细线拉⼒对两⼩球在任意时刻做功的代数和为零，细线的拉⼒对球做功的功率的绝对值等于对球做功的功率的绝对值，故 AB错误；
C. 根据速度的合成与分解可知，的速度在沿细线⽅向的分量⼤⼩等于的速度⼤⼩，当⼩球的速度为零时，⼩球的速度⽅向与细线垂直，根据⼏何关系可知此时细线与
⽔平⽅向的夹⻆为，根据机械能守恒定律可得此时⼩球的动能为
，故C正确；
故D错误。
故选 A。
2. 【答案】
【解析】A. 由动能定理
，可知
图线的斜率为合外⼒，图中
对应过
程汽⻋所受合⼒不变，有
，
故A错误；
B. 在⻋⾃由下滑时
D. ⼩球运动到环上最低点时，、的速度⼤⼩相等，设为，根据机械能守恒定律可
得，解得，故D错误。故选 C。
整个系统只有重⼒做功，机械能守恒，根据系统机械能守恒定律求的动能和速度。
本题为绳连接体，熟悉连接体的机械能守恒的判断，是解题的关键。
【答案】
【解析】A. 虽然⼆者之间所受的库仑⼒相等，但是没法判断⼆者之间电荷量的关系，故 A错误；
B. 对、两球进⾏受⼒分析，均受重⼒、细线的拉⼒和库仑斥⼒三个⼒的作⽤⽽处于平衡状态，对球有
对有，解得，由于 ，所以，且，解得 ，故B错误；
C. ⼆者在竖直⽅向上均只受重⼒，故在竖直⽅向上均做⾃由落体运动，运动时间相同，
两球同时落地，故C正确；
D. 剪断细线后，在⽔平⽅向上，、组成的系统动量守恒，故任⼀时刻有 ，因 ，所以 ；⼜因时间相等，所以 ，故D错误。
故选 C。
【答案】
【解析】A. 在轴正半轴上取⼀点，设与夹⻆为，两正点电荷单独在点产
⽣的电场强度为，两正点电荷在点产⽣的合电场强度为
得，则
由数学知识可得：当时，有最⼤值，与的夹⻆为，
从 点沿轴到 点，电场强度先增⼤后减⼩，A错误；
B. 轨道上点的电场强度⼤⼩：
⼜
得，B正确；
⼩球刚到达点时未脱离轨道由⽜顿第⼆定律得：
⼜
得，点速度最⼤，⼩球不会在、两点之间做往复运动，、D错误。故选 B。
【答案】
【解析】A. 结合喷⼝和被涂物的带电情况可知，电场强度⽅向由点指向点，⽽带电粒⼦从点释放后能向点运动，则说明该粒⼦受到的电场⼒由点指向点，因此该粒⼦带负电，故A错误；
B. 根据电场线疏密可知，点处的电场强度⼤于点处的电场强度，故B错误；
D. 粒⼦经过点时受到的电场⼒更⼤，因此粒⼦经过点时的加速度更⼤，故D错误；
C. 粒⼦从点运动到点的过程中受到的电场⼒⽅向不变，电场⼒做正功，粒⼦的电势能减⼩，故C正确。
【答案】
【解析】本题场景中同时存在⼀个孤⽴正点电荷和⼀个均匀带电薄板共两个场源，故场景中每个点的场强都是由这两个场源产⽣的电场共同作⽤⽽来的合场强。
由题意，在点产⽣的场强⼤⼩为，⽅向向左；因点处的场强即合场强为零，故薄板在点产⽣的场强⽅向向右，⼤⼩也为。将薄板在点产⽣的场强⽅向类⽐孤⽴负点电荷的场强⽅向可知，薄板带负电，故A错误。
由对称性可知，薄板在点的场强也为，⽅向向左；电荷量为的正点电荷在点的场强⼤⼩为，⽅向向左；根据⽮量运算法则将点场强叠加后可知，点的场强 ，⽅向向左。故 CD错误。
本题场景中难以直接画出电场线，故⽆法直接判断、两点的电势⾼低，需从功能
关系的⻆度间接进⾏判断。
假设有⼀个正试探电荷，其在电势⾼处所具有的电势能⼤，所以可将判断、两点处电势⾼低的问题转化为正电荷在、两点处电势能的⼤⼩。
假设将正试探电荷从移动到，在此过程中两个场源的电场⼒分别对做功：正电荷对做正功，⽽薄板对先做正功再做负功，根据对称性可知，则薄板对 所做的总功为。综上所述，从移动到的过程中，两个场源的合电场⼒
对做正功，故的电势能降低，因⽽ 点处的电势⾼于 点处的电势，故B正
确。
故选 B。
【答案】
【解析】A. 根据电场线的疏密表示场强的⼤⼩，可知，点处的场强⽐点处场强⼩，故A正确；
C. 根据场强的定义式知，点的场强⼤⼩为，⽅向与负电荷所受电场⼒⽅向相反，故 C错误；
B. 根据电场线由正电荷出发，终⽌于负电荷，可知为异种电荷；据点电荷的场强公式：
知，场源的电荷量越⼤距离场源相同距离的位置场强越⼤，电场线越密，由图可知的右侧电场线密，的左侧电场线稀疏，所以的电荷量⼩于的电荷量，故B正确；
D. 场强由电场本身决定，与检验电荷⽆关，所以点处的点电荷电量变为，该处场强不变，故D错误。
故选 AB。
【答案】
【解析】【分析】
根据静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电原理分析判断。
此题的关键是知道静电屏蔽的原理和⽅法，注意静电屏蔽现象和尖端放电现象的区别，知道⽣活中应⽤静电屏蔽的例⼦，本题是联系实际的好题。
【解答】
优质的话筒线的原理是静电屏蔽，⾼压输电线的上⽅两条导线与⼤地相连的作⽤是它
“
”
们形成稀疏的⾦属 ⽹确；
把⾼压线屏蔽起来，免遭雷击，起到静电屏蔽的作⽤，故A正
图⼆中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其⼯作原理为静电吸附，B错误；
给汽⻋加油前要触摸⼀下静电释放器，其⽬的是导⾛⼈⼿上的静电，C错误；
燃⽓灶中安装了电⼦点⽕器，点⽕应⽤了尖端放电原理，D正确。
【答案】
【解析】【分析】
本题考查电场中的图像，关键是明确图像的切线斜率表示电场⼒。结合点电荷的场强公式、能量守恒定律分析解题。
【解答】
图像斜率的绝对值表示滑块所受电场⼒的⼤⼩，滑块在 处所受电场⼒为 ，所受合外⼒
故A错误；
在处电场⼒为，电场强度为，则
由于 ，所以
滑块在处电势能最低，因为滑块带负电，所以处的电势最⾼，两场源电荷均带负电，故B正确；
滑块在处所受电场⼒⼤⼩为
所以在 处，滑块所受电场⼒与滑动摩擦⼒⽅向相反，电场⼒⼤于摩擦⼒，则滑块加速运动，故C错误；
滑块在处的电势能与在处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过处，则应满⾜
由 ，
根据题中数据可知实际情况并满⾜上式，所以滑块⼀定可以经过处的位置，故 D正确。
故选 BD。
【答案】
【解析】平⾏⾦属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静⽌状态，电场⼒与重⼒平衡，则有
可得
所以要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有油滴质量，两板间的电压，两板间的距离。
故选 ABC。
根据问分析可知，该油滴的电荷量为。
在进⾏了⼏百次的测量以后，密⽴根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最
⼩电荷量的整数倍，这个最⼩电荷量被认为是元电荷。其值为。
油滴的电荷量只能是元电荷的整数倍，根据，
故A错误，B正确；
元电荷不是电⼦，只是在数值上等于电⼦或质⼦的带电量；任何带电体所带电荷量都只能是元电荷的整数倍，故 CD错误。
故选 B。
【答案】
钩码机械能的增加量，即钩码动能和重⼒势能增加量的总和，若⽆阻⼒做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变⼤，⽽两条曲线在纵向的间隔即阻⼒做的功，则产⽣这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增⼤，导致空⽓阻⼒逐渐增⼤，以⾄于空⽓阻⼒做的功也逐渐增⼤
【解析】从打出点到打出点时间内，弹簧的弹性势能减少量为
整理有
打点时钩码的速度为
由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出点，则钩码动能的增加量为
钩码的重⼒势能增加量为
钩码机械能的增加量，即钩码动能和重⼒势能增加量的总和，若⽆阻⼒做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变⼤，⽽两条曲线在纵向的间隔即阻⼒做的功，则产⽣这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增⼤，导致空⽓阻⼒逐渐增⼤，以⾄于空⽓阻⼒做的功也逐渐增
⼤。
【答案】解：根据题意，电场⼒⽅向与电场同向，故⼩球带正电。
⼩球受⼒平衡，有解得
剪断细线后，有
带电⼩球的加速度
【解析】详细解答和解析过程⻅【答案】
【答案】解：对物块受⼒分析可知，物块先是在恒⼒作⽤下沿传送带⽅向向上做初速为零的匀加速运动，直⾄速度达到传送带的速度，由⽜顿第⼆定律：
，
代⼊数据解得
匀加速运动的时间，匀加速运动的位移
物块达到与传送带同速后，对物块受⼒分析发现，物块受到的摩擦⼒⽅向改变，因为
⽽重⼒沿斜⾯⽅向的分⼒和最⼤摩擦⼒之和为故不能相对斜⾯向上加速．故得：。物块向上做匀速运动
得
若达到共速后撤⼒，对物块受⼒分析，因为，
故减速上⾏，根据⽜顿第⼆定律，，代⼊数据解得
．
物块还需离开传送带，离开时的速度为，则：，代⼊数据解得，
则
【解析】先假设传送带⾜够⻓，对滑块受⼒分析，根据⽜顿第⼆定律求解出加速度，然后运⽤运动学公式求解出加速的位移和时间，根据位移判断是否有第⼆个过程，当速度等于传送带速度后，通过受⼒分析，可以得出物体恰好匀速上滑，最后得到总时间； 若在物块与传送带达到共速瞬间撤去恒⼒，先受⼒分析，根据⽜顿第⼆定律求出加速度，然后根据运动学公式列式求解．
本题关键是受⼒分析后，根据⽜顿第⼆定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解
【答案】解：在整个过程中，电场⼒对球做功为：
根据受⼒分析可知，斜⾯对球的⽀持⼒为：根据动能定理得：
得：由代⼊数据可得：
设当两者速度相等时，⼩球上升的⾼度为 ，
根据⽔平⽅向动量守恒得：
代⼊数据：根据机械能守恒得：
代⼊已知数据得：，所以⼩球没有冲出圆槽。
答：在沿斜⾯下滑的整个过程中，球电势能增加 ⼩球运动到⽔平⾯时的速度⼤⼩为。
⼩球不能否冲出圆槽。
【解析】球电势能的改变量是电场⼒沿电场线做功决定的，即； ⼩球在运动过程中，根据动能定理，即可确定运动到⽔平⾯时的速度⼤⼩；
由机械能守恒、动量守恒定律可判断⼩球 能否冲出圆槽 。